2023年高考押題預(yù)測卷03【江蘇卷】物理·全解全析 12345678910          1．【答案】C【解析】設(shè)一個籃子的質(zhì)量為，連接下籃的繩子的拉力為，對下籃，根據(jù)平衡條件得，解得，設(shè)連接上籃的繩子的拉力為，繩子與豎直方向夾角為，對兩個籃整體由平衡條件得，根據(jù)幾何關(guān)系得，聯(lián)立解得，則，故C正確，ABD錯誤。故選C。 2．【答案】C【解析】當(dāng)滑片P較快地向左滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，A線圈電流變大，甲表指針向右偏轉(zhuǎn)的角度增加，穿過B線圈的向下的磁通量增大，由楞次定律可知，乙表中感應(yīng)電流從負(fù)接線柱流入，指針向左偏轉(zhuǎn)，AB正確；斷開開關(guān)，待電路穩(wěn)定后再迅速閉合開關(guān)，A線圈電流變大，甲表指針向右偏轉(zhuǎn)，由楞次定律可知乙表指針向左偏轉(zhuǎn)，C錯誤，D正確。故選C。  3．【答案】D【解析】太陽光是平行光，臨界光路圖如圖所示，由幾何關(guān)系可得臨界光線的折射角為，可知臨界光線的折射角為30°；根據(jù)折射定律，可得，由幾何關(guān)系可知，地球多轉(zhuǎn)角度便看不見太陽了，有，一個住在赤道上的人在太陽“落山”后還能看到太陽的時間為，故選D。4． 【答案】A【解析】通電導(dǎo)線在磁場中的有效長度均為，只在直線AC上方區(qū)域內(nèi)加一垂直于紙面向里的勻強磁場，根據(jù)左手定則可知安培力的方向向下，細(xì)線中的拉力大小為，若只在直線AC下方區(qū)域內(nèi)加與上述相同的磁場，根據(jù)左手定則可得安培力的方向向上，則，聯(lián)立解得，故選A。 5．【答案】C【解析】設(shè)氫原子發(fā)射光子前后分別處于第k能級與第l能級，發(fā)射后的能量為，則有，解得l=2，發(fā)射前的能量，根據(jù)玻爾理論有=Em-En（m＞n），當(dāng)氫原子由第k能級躍遷到第l能級時，輻射的能量為，解得k=4，故選C。 6．【答案】C【解析】設(shè)質(zhì)量為的物體在北極地面靜止，則有，解得，太空電梯在距離地面高R位置時受到的萬有引力為F，則有，太空電梯在超級纜繩上繞地球做勻速圓周運動，其周期與地球同步空間站相同，即也為T，大于它自由繞地球做勻速圓周運動的周期，此時地球?qū)λ娜f有引力大于它所需要的向心力，所以超級纜繩對太空電梯的拉力向上，設(shè)為，則有，其中，解得，故選C。 7．【答案】A【解析】根據(jù)圖像知，甲、乙兩波的波長分別為，，則甲、乙兩波的波長之比為2：3，故A正確；根據(jù)知，波速相同時，甲、乙兩波的周期之比為甲、乙兩波的波長之比，為2：3，故B錯誤；根據(jù)計算得，甲、乙兩波的周期分別為，，甲、乙兩波的圖像方程分別為，，，處質(zhì)點的位移為-10cm，，處質(zhì)點的位移為2.5cm，故C錯誤，D錯誤。故選A。  8．【答案】B【解析】從B到C的過程中，V不變，則，T增大，則，內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得，即氣體吸收熱量，阻值A錯誤，B正確；從C到A的過程中，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，可得，由于CA曲線為雙曲線的一部分，因此從C到A的過程中，氣體壓強不變，V減小，T減小，內(nèi)能減少，選項C錯誤；從C到A的過程中，p不變，V減小，因此氣體在單位時間、單位面積上與器壁碰撞的分子數(shù)變多，溫度減小，單個氣體分子撞擊力變小，選項D錯誤。故選B。  9．【答案】D【解析】因為，時圓筒1相對圓板的電勢差為正值，同理，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，A錯誤；由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場，B錯誤；電子每經(jīng)過一個間隙，電場力做功eU，根據(jù)動能定理，電子運動到第n個圓筒時動能為，電子運動到第n個圓筒時動能為，C錯誤；根據(jù)動能定理得 ，，， ，，第n個和第個圓筒的長度之比為 ，解得，D正確。故選D。  10．【答案】B【解析】ΔU=0.2V時，磁通量的變化率為0.2V，則R2兩端的電壓為，R2的功率為，故A錯誤；恒定電壓，可得，R2的功率，可知當(dāng)，R2的功率最大，所以當(dāng)R2變大時，R2的功率可能先增大后減小，故B正確；恒定電壓，，，當(dāng)R2變大時，減小，則，減小，所以R1的功率，減小，故C錯誤； R2變大時，變小，則原線圈的電壓變大，變大，故D錯誤。故選B。 第Ⅱ卷二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11．（15分）【答案】（1） 見解析（3分）     3.0 （3分）    0.10（3分）    （2） 3.1 （3分）    0.50（3分）【解析】（1）①根據(jù)電路圖補齊連線如圖所示②題圖甲電路中，當(dāng)電流表示數(shù)等于0時，電壓表示數(shù)等于電源電動勢，所以E = 3.0V，U—I圖線的斜率等于R0和電源內(nèi)阻之和，即，即r = 0.10Ω。（2）乙同學(xué)誤將測量電路連接成如圖丁所示，則將R1拆解成并聯(lián)的兩部分，當(dāng)滑片P在R1中間時電壓表示數(shù)最大，且電流表的示數(shù)是流過電源內(nèi)部總電流的一半，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，由題圖丁知E = 2.10 + (2 × 0.50)(R0 + r)，乙同學(xué)誤將測量電路連接成如圖丁所示，則將R1拆解成并聯(lián)的兩部分，當(dāng)滑片P在滑動的過程中會出現(xiàn)電壓先增大后減小，在電壓相等的時候出現(xiàn)總電阻相同，即電壓相等時分別對應(yīng)的電流表示數(shù)之和為流過電源內(nèi)部的總電流，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，由題圖丁知E = 2.00 + (0.30 + 0.80)(R0 + r)聯(lián)立得r = 0.50Ω，E = 3.1V 12．（8分）【答案】（1）200N/m；（2）300K【解析】（1）設(shè)封閉氣體的壓強為，對兩活塞和彈簧的整體受力分析，由平衡條件有解得對活塞Ⅰ由平衡條件有解得彈簧的勁度系數(shù)為（2）當(dāng)活塞Ⅰ剛運動到氣缸連接處時，對兩活塞和彈簧的整體由平衡條件可知，氣體的壓強不變依然為即封閉氣體發(fā)生等壓過程，初狀態(tài)的體積為由氣體的壓強不變，則彈簧的彈力也不變，末狀態(tài)的體積為有等壓方程可知解得  13．（8分）【答案】（1）0.1A；（2）   【解析】（1）線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，感應(yīng)電流，則解得（2）安培力由于線框靜止在時解得方向沿斜面向上。在時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢解得設(shè)線圈在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為，則（或者）10分鐘內(nèi)電流產(chǎn)生的焦耳熱為 14．（14分）【答案】（1），；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)第一次碰撞前瞬間P的速度為，根據(jù)動能定理，有因碰撞時間極短，第一次碰撞后瞬間的速度為，根據(jù)動量守恒，有則碰后瞬間速度為第一次碰撞過程中損失的機械能（2）從1到2過程，令運動到2時速度為，根據(jù)動能定理可得1與2碰撞時，滿足動量守恒解得（3）從2到3過程，令運動到3時速度為，根據(jù)動能定理可得解得2與3碰撞后速度為，滿足動量守恒從3到4過程，滑塊3不能與滑塊4相碰，則解得所以的取值范圍為  15．（15分）【答案】(1)；；(2)；(3)0.072m【解析】（1）由題意可知，沿y軸正向射入的粒子運動軌跡如解圖所示粒子運動軌跡的半徑根據(jù)解得粒子運動的周期粒子在磁場中的運動時間(2) 沿任一方向射入磁場的粒子，其運動軌跡都是半徑為r的圓，圓心位置在以O點為圓心的半圓上，如解圖所示O、P以及兩圓的圓心O1、O4組成菱形，故PO4和y軸平行，所以從P點出射的粒子速度 和軸平行向右，即所有粒子平行向右出射。故恰能從M端射入平行板間的粒子的運動軌跡如解圖所示因為M、N板間距與r相等，則從邊界N1出射的粒子，從O點射入磁場的方向與軸負(fù)向夾角為60，同理：從邊界M1出射的粒子，從O點射入磁場的方向與軸正向夾角為60°。在y軸正向夾角左右都為30°的范圍內(nèi)的粒子都能射入平行板間。故從M、N板左端射入平行板間的粒子數(shù)與從O點射入磁場的粒子數(shù)之比為(3)根據(jù)U-t圖可知，粒子進入板間后沿y軸方向的加速度大小為所有粒子在平行板間運動的時間為即粒子在平行板間運行的時間等于電場變化的周期T0，則當(dāng)粒子由時刻進入平行板間時，向下側(cè)移最大，則有當(dāng)粒子由時刻進入平行板間時，向上側(cè)移最大，則因為y1、y2都小于故所有射入平行板間的粒子都能從平行板間射出打到熒光屏上，熒光屏上亮線的長度                   

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